四川泸州市泸县2025-2026学年高二数学下学期5月期中试题【含答案】

四川泸州市泸县2025-2026学年高二下学期素养评价数学试题一、单选题1．已知抛物线，则其焦点坐标为（

）．A． B． C． D．2．已知等比数列的公比为3，若，则为（

）A．3 B．9 C．27 D．813．已知函数，则这个函数的图象在点处的切线方程为（

）A． B．C． D．4．圆被轴截得的弦长为（

）A．2 B．4 C． D．55．二项式的展开式的第四项为（

）A． B． C． D．6．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（

）A． B． C． D．7．某校200名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（

）

A．频率分布直方图中的值为0.004B．估计这20名学生考试成绩的下四分位数为75分C．估计某校成绩落在内的学生人数为50人D．估计这20名学生考试成绩的众数为75分8．函数的图象有公共点，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题9．抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（

）A．A与B是相互独立事件 B．A与B是互斥事件C．与C是对立事件 D．10．已知函数，则（

）A． B．C．在上单调递增 D．不等式的解集为11．在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（

）A．B．C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为三、填空题12．现有5名学生站成一排，若学生甲不站两端，则不同站法共有__________种（用数字作答）.13．已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围为_______．14．已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且.若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______.四、解答题15．已知等差数列满足．(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和．16．如图，在三棱锥中，平面，，，E为的中点．(1)证明：；(2)求平面与平面夹角的余弦值．17．记为数列的前项和，已知.(1)求，；(2)证明：数列是等比数列；(3)设，求数列的前项和.18．已知椭圆的左、右顶点分别为，，是E的右焦点，且．(1)求E的方程．(2)过点，且斜率不为0的直线l与E交于M，N两点．（ⅰ）若l的斜率为1，P是直线上的一点，且的面积为，求点P的坐标．（ⅱ）设直线与交于点Q，试判断Q是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．19．已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)若有极值，且的最大值大于，求的取值范围；(3)若恒成立，求的取值范围．参考答案1．B【详解】将抛物线化为标准式得，所以，所以其焦点坐标为，B正确.2．B【详解】等比数列的公比为3，因为，所以，即，又，则，解得，故选项B正确.3．D【详解】因为，故点为函数图象上的切点，因为，所以，又因为，切线斜率为在处的值，所以，所以，，所以，即.4．A【详解】由圆方程得，圆心为，半径为，圆心到轴的距离为：，所以弦长为：，故选：A.5．A【详解】二项式的通项为，则．故选：A.6．B【详解】向量，，有，，则向量在向量上的投影向量的坐标为.7．D【详解】对于选项A，由频率分布直方图，得：，解得，故A错误；对于选项B，前两个矩形的面积和为，所以估计这20名学生数学考试成绩的下四分位数为70，故B错误；对于选项C，总体中估计成绩落在内的学生人数为，故C错误.对于选项D，估计这20名学生数学考试成绩的众数为最高矩形中点横坐标75，故D正确.故选：D8．C【分析】法一：函数图象有公共点得出方程有实根，再应用导函数得出单调性及最小值进而得出参数；法二：先设变量构造新函数，再应用导数得出最小值结合有解求参.【详解】法一：函数，与图象有公共点，即关于x的方程有实根，令，则，令得，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以；为使关于x的方程有实根，只需，所以，故选:C．法二：由于，故令，即有解，等价于有解，令，，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以，故.故选：C．9．AD【详解】选项A：由已知得，因为，，所以，即与互不影响，A正确.选项B：事件与事件能同时发生，故与不是互斥事件，B错误.选项C：，，故事件与不是对立事件，C错误.选项D：因为事件，事件，则不可能同时发生，故与互斥，所以，D正确.故选：AD.10．ACD【详解】已知函数，则，所以，，当且仅当时，即当时等号成立，所以函数在上为增函数；由，得.因为函数在上为增函数，由可得.故不等式的解集为，ACD都对，B错.11．BCD【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.正方体棱长为，各点坐标为，，，，，，，，，.选项A：，.两向量坐标不成比例，故与不平行，A错误.选项B：，.，故，B正确.选项C：取中点，中点，连接.，，，，，.可得，，.平面，平面，且，所以平面平面.点在正方形内且平面，故点轨迹为线段，则，C正确.选项D：，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，即.设，.由平面得，即，解得，即.四面体的顶点为，，，，该四面体的外接球等价于以为邻边的长方体的外接球，长方体的长宽高分别为，外接球直径，外接球半径，表面积，D正确.12．72【详解】根据题意，可分两步完成：第一步，先在中间三个位置上安排学生甲，有3种方法；第二步，在留下的四个位置上安排另外4名学生，有种方法.由分步乘法计数原理，不同站法数为种.故答案为：72.13．【详解】函数在区间上单调递增，在上恒成立，即对任意成立，令，则在上，在区间上单调递减，上确界为，不在区间内，需满足不小于的上确界，即．14．/【详解】设在轴上方，由双曲线的对称性可知，又因为即为直角三角形，所以，又根据直线的斜率为得到，所以为正三角形，有，连接与左焦点，由可得为直角三角形且，由双曲线定义可知，，所以双曲线的离心率为.15．(1)；(2).【详解】（1）若等差数列的公差为，结合题设有，所以，可得，故.（2）由（1）得，所以.16．(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，为的中点，所以，又因为平面，平面，所以，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）法一：如图，过作于，连接，由（1）知，又因为，、平面，所以平面，所以就是平面与平面的夹角，因为平面，平面，所以，因为，则，，则，则，所以，平面与平面夹角的余弦值为．法二：以为原点建立如图所示的坐标系，则，，，，由轴平面，则平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，由题意，可得平面的一个法向量为，所以，所以，平面与平面夹角的余弦值为．17．(1)，(2)证明见解析(3)【详解】（1）因为当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得（2）证明：当时，；当时，，两式相减得：，所以所以又因为，所以，所以是首项为4，公比为4的等比数列.（3）由（2）知：所以，所以①，故②，两式相减得，，故.18．(1)(2)（ⅰ）或（ⅱ）是，【详解】（1）由，可得，又，，所以，则E的方程为．（2）设l的方程为，，，由得，则，．（ⅰ）因为l的斜率为1，所以．设，则点P到l的距离．因为的面积为，所以，解得或，则点P的坐标为或．（ⅱ）Q在一条定直线上，且该直线的方程为．由题可知，，则的方程为，的方程为，两式相除得．若l的斜率存在，则由，，可得，则，则，即，解得．若l的斜率不存在，根据对称性，可得，，直线与的方程分别为和，可得交点．故Q在一条定直线上，且该直线的方程为．19．(1)答案见解析(2)(3)【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，恒成立，所以在上单调递增.当时，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.综上可得，当时在上单调递增；当时在上单调递增，在上单调递减.（2）因为有极值，由（1）知，，且